Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học 12 năm học 2012-2013 được biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang nhằm cung cấp cho các em có thêm tư liệu tham khảo để ôn luyện, củng cố kiến thức, làm quen với cấu trúc và các dạng bài tập vượt qua kì thi gặt hái nhiều thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -------- ----------------- ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : HÓA HỌC ( Đề thi có 02 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/11/2012 (Vòng 1) Câu I (4 điểm) : 1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn. c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. 2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)dα ns1. Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố? Câu II (3 điểm) : 1. Viết công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BeH2, BCl3 H2O, NO3− . 2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO2, H2S, SO2, SO3, CH4. 3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích? Câu III (2 điểm) : Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h) Chất CO2 H2 CO H 2O ΔH 298 0 (kJ / mol ) -393 0 -110,5 -241,8 0 S 298 ( J .K −1.mol −1 ) 213,6 131,0 197,9 188,7 1. Hãy tính ΔH 298 0 , ΔS 298 0 , ΔG298 0 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C hay không? 2. Giả sử ΔH 0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG12730 của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét? Câu IV (5 điểm) : 1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của mỗi phản ứng: a. PdCl2 + H2O + CO → b. Si + KOH + H2O → c. N2H4 + O2 → d. Zn3P2 + H2O → 2. Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63% (d=1,38 g/ml). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 lít khí NO2 (ở 27,30C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau.
* Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH3, thu được 3,41 gam kết tủa. * Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn. a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch A. b. Cho toàn bộ khí NO2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B. Câu V (4 điểm) : 1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 0,01M và pH để kết tủa hoàn toàn nó. Biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10-6M và Mg(OH)2 có tích số tan T = 6.10-10. 2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10-4M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết TMnS = 3 . 10-14, TCuS = 8 . 10-37, KH2S = 1,3 . 10-21. Câu VI (2 điểm) : Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: dung dịch A: H2SO4 0,1M; dung dịch B: NaHSO4 0,1M; dung dịch C: H2SO4 0,1M và HCl 0,1M. Cho H= 1; O= 16 ; Al = 27 ; Fe = 56 ; Cu = 64. .............................HẾT......................... - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -------- ----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 1- Môn : HÓA HỌC CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM 1. 2,5 đ 1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. Giải thích? HD: a. * R là phi kim (do 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5 nên không là H) ⇒ l= 1, m có các giá trị: -1, 0, +1 và n ≥ 2 0,5đ * Có 3 trường hợp có thể xảy ra với electron viết sau cùng : + n =2 ; l = 1 ; m = -1 ; mS = + 1/2 ; Phân lớp cuối 2p1⇒ R là Bor (B) 0,25đ + n =2 ; l = 1 ; m = 0 ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 2p5⇒ R là Flo (F) 0,25đ + n =3 ; l = 1 ; m = -1 ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 3p4⇒R là lưu huỳnh (S) 0,25đ * Cấu hình electron của các nguyên tố. B (Z=5) : 1s2 2s2 2p1 F (Z=9) : 1s2 2s2 2p5 0,375đ S (Z=16) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 b. B : ở ô thứ 5, chu kì 2, nhóm IIIA. F : ở ô thứ 9, chu kì 2, nhóm VIIA. 0,375đ S : ở ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA. c. B và F thuộc cùng chu kì, Z tăng tính phi kim tăng ⇒ B< F B thuộc nhóm IIIA nên có độ âm điện nhỏ hơn độ âm điện S nhóm VIA 0,5đ ⇒ B< S < F 2. 1,5 đ (HS có thể giải theo qui tắc lùi hay tiến nếu đúng đều đạt điểm tối đa) 2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)dα ns1. Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A.Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố? HD: Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)dα ns1⇒ Có 3 trường hợp 0,5đ * Với α = 0 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns1 0,5đ ⇒ cấu hình các nguyên tố kim loại kiềm nhóm IA.(Na, K...) * Với α = 5 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d5 ns1 0,5đ ⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm VIB (Cr, Mo...). * Với α = 10 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d10 ns1 ⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm IB (Cu, Ag...). Trang 1
CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM 1. Viết CTCT, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BeH2, BCl3 H2O, NO3− . 2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO2, H2S, SO2, SO3, CH4. 3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích? HD: 1. 1,5đ 1. Công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa ... * BeH2 : CTCT H- Be – H, đường thẳng, lai hóa sp . 0,375 đ 2 * BCl3 : CTCT Cl , tam giác phẳng, lai hóa sp . 0,375 đ ⎟ B Cl Cl 0,375 đ * H2O ; CTCT : O : , gấp khúc (chữ V), lai hóa sp3 . H H - O 0,375 đ * NO3− : CTCT - O- N ; tam giác phẳng, lai hóa sp2 . O 2. 0,5đ 2. Sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: 0,5 đ H2S < CH4 < SO2 < SO3 < CO2 3. 1đ 3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích? * Bán kính nguyên tử tăng dần từ Cl < Br < I ⇒ Bán kính ion Cl-< Br - < I- 0,5 đ * Năng lượng phân li tỉ lệ nghịch với bán kính ion ⇒ Từ KCl, KBr, KI nhiệt độ nóng chảy giảm dần và độ tan trong nước tăng dần . 0,5 đ Trang 2
CÂU III NỘI DUNG 2 ĐIỂM 0 Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25 C: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h) Chất CO2 H2 CO H 2O ΔH (kJ / mol ) 0 298 -393 0 -110,5 -241,8 0 S 298 ( J .K −1.mol −1 ) 213,6 131,0 197,9 188,7 1. Hãy tính ΔH 298 0 , ΔS298 0 , ΔG298 0 của phản ứng và nhận xét phản 0 ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 C hay không? 2. Giả sử ΔH 0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG1273 0 của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét? HD: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h) 1. 1,25đ 1. ΔH 298 0 (td ) = [ΔH 298( 0 CO ) + ΔH 298( H O ) ] - [ ΔH 298( CO ) + ΔH 298( H ) ] 0 0 0 0,375 đ 2 2 2 = (-110,5 -241,8) – (-393) = 40,7 kJ/mol ΔS298 (td ) = [ S298( 0 0 CO ) + S 298( H O ) ] - [ S 298( CO ) + S 298( H ) ] 0 0 0 2 2 2 = (197,9 + 188,7) – (213,6 + 131,0) = 42 J/mol. 0,375 đ ΔG (td ) = ΔH 298( 0 298 0 td ) − T ΔS 298( td ) = 40700 – 298 . 42 = 28184 J/mol 0 0,25 đ 0 Vì ΔG (td ) > 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 C 0 298 0,25 đ 2. 0,75đ 2. Vì ΔH của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ nên: 0 ΔGT ΔGT ⎛1 1⎞ 2 = 1 + ΔH 0 ⎜ − ⎟ T2 T1 ⎝ T2 T1 ⎠ ⎡ 28184 ⎛ 1 1 ⎞⎤ ΔG1273 0 = 1273 ⎢ + 40700 ⎜ − ⎟ ⎥ = - 12766 J/mol 0,5 đ ⎣ 298 ⎝ 1273 298 ⎠ ⎦ Vì ΔG298 0 (td ) < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận ở 10000C. 0,25 đ Trang 3
CÂU IV NỘI DUNG 5 ĐIỂM 1.1,5 đ 1. Viết các phương trình phản ứng sau và ứng dụng của mỗi phản ứng: HD: a. PdCl2 + H2O + CO → Pd + 2 HCl + CO2 Phản ứng này dùng để nhận biết khí CO trong hỗn hợp khí, những hạt rất 0,375 đ nhỏ Pd tách ra trong dung dịch làm màu đỏ của dung dịch PdCl2 trở nên đậm hơn. b. Si + 2 KOH + H2O → K2SiO3 + 2 H2 ↑ Phản ứng này dùng để điều chế nhanh khí H2 ở mặt trận. 0,375 đ c. N2H4 + O2 → N2 + 2 H2O Phản ứng này tỏa nhiệt mạnh nên N2H4 dùng để làm nhiên liệu cho tên lửa. 0,375 đ d. Zn3P2 + 6 H2O → 3 Zn(OH)2 + 2 PH3 ↑ PH3 rất độc, nên dùng Zn3P2 để làm thuốc diệt chuột. 0,375 đ 2.Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63%. 2. 3,5 đ Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 lít khí NO2 (ở 27,30C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau. Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH3, thu được 3,41 gam kết tủa. Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn. a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết ? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch A. b. Cho toàn bộ khí NO2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B. HD: a. Các phương trình phản ứng Al + 6 HNO3 → Al(NO3)3 + 3 NO2 ↑ + 3 H2O x mol 6x mol xmol 3x mol Fe + 6 HNO3 → Fe(NO3)3 + 3 NO2 ↑ + 3 H2O y mol 6y mol ymol 3y mol 0,375 đ Cu + 4 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 NO2 ↑ + 2 H2O z mol 4z mol z mol 2z mol 200.63 1,1.7,168 nHNO3 = = 2 (mol); nNO2 = = 0,32 (mol) 100.63 0, 082.300,3 Theo phương trình nHNO3 td = 2. nNO2, đề cho nHNO3 > 2 . nNO2 ⇒ HNO3 dùng dư 0,375 đ ⇒ Kim loại đã phản ứng hết * Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NH3 Al(NO3)3 + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3 ↓ + 3 NH4NO3 x/2 mol x/2 mol Fe(NO3)3 + 3 NH3 + 3 H2O → Fe(OH)3 ↓ + 3 NH4NO3 0,375 đ y/2 mol y/2 mol Cu(NO3)2 + 6 NH3 + 2 H2O → [Cu(NH3)4](OH)2 + 2 NH4NO3 ⇒ kết tủa thu được Al(OH)3, Fe(OH)3 Trang 4
* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NaOH dư Al(NO3)3 + 4 NaOH → NaAlO2 + 3 NaNO3 + 2 H2O Fe(NO3)3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3 NaNO3 0,25 đ y/2 mol y/2 mol Cu(NO3)2 + 2 NaOH → Cu(OH)2 ↓ + 2 NaNO3 z/2 mol z/2 mol * Nung ở nhiệt độ cao :2 Fe(OH)3 → Fe2O3 ↓ + 3 H2O y/2 mol y/4 mol 0,25 đ Cu(OH)2 → CuO ↓ + H2O z/2 mol z/2 mol * Gọi nAl = x mol, nFe = y mol, nCu = z mol Hệ phương trình : 3x + 3y + 2z = 0,32 (1) 0,375 đ 78. x/2 + 107 . y/2 = 3,41 (2) 160. y/4 + 80. z/2 = 2,4 (3) Giải hệ : x = 0,06 ; y = 0,02 ; z = 0,04 0,25 đ mhỗn hợp = 0,06 . 27 + 0,02 . 56 + 0,04 . 64 = 5,3 gam. * Nồng độ % của các chất trong dung dịch A gồm : [Al(NO3)3, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2] mddA= mddHNO3 + mKloại - mNO2 = 200 + 5,3 - 0,32 . 46 = 190, 58 gam 0,25 đ nHNO3 dư = 2 - 2 .0,32 = 1,36 (mol) 0, 06.213.100 C%dd Al(NO3)3 = = 6, 705% 190,58 0,25 đ 0, 02.242.100 C%dd Fe(NO3)3 = = 2,539% 190,58 0, 04.188.100 C%dd Cu(NO3)2 = = 3,945% 0,25 đ 190,58 1,36.63.100 C%dd HNO3 = = 44,957% 190,58 b. Cho toàn bộ khí NO2 vào dung dịch NaOH 2 NO2 + 2 NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 0,32 mol 0,32 mol 0,16 mol 0,16 mol 0,375 đ nNaOH dư = 0,5 . 5 - 0,32 = 2,18 mol 0,16 CMddNaNO3 = CMddNaNO2 = = 0,32M 0,5 0,125 đ 2,18 CMddNaOH = = 4,36 M 0,5 Trang 5
CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM 1. 2đ 1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 0,01M và pH để kết tủa hoàn toàn nó. Biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10-6M và Mg(OH)2 có tích số tan T = 6.10-10. HD: ♣ Tính pH bắt đầu kết tủa Mg(OH)2: 0,125 đ Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 ↓ 0,125 đ Ta có: T = [Mg2+].[OH-]2 = 6.10-10 ⇒ 0,01 . [OH-]2 = 6.10-10 0,375 đ ⇒ [OH-] = 2,45 . 10-4 (M) 0,25 đ pOH = -lg[OH ] = -lg 2,45 . 10-4 = 3,61 - 0,125 đ pH = 14 - 3,61 = 10,39. ♣ Tính pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2: Kết tủa được coi là hoàn toàn khi [Mg2+] = 10-6 M, nên ta có: 0,25 đ [Mg2+] . [OH-]2 = 6.10-10 ⇒ 10-6 . [OH-]2 = 6.10-10 ⇒ [OH-] = 2,45 . 10-2 (M) 0,375 đ pOH = -lg[OH ] = - lg 2,45 . 10-2 = 1,61 - 0,25 đ pH = 14 - 1,61 = 12,39. 0,125 đ 2. 2đ 2. Độ tan của H2S trong dd HClO4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10-4M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết TMnS = 3 . 10-14, TCuS = 8 . 10-37, KH2S = 1,3 . 10-21. HD: . Các phương trình phản ứng HClO4 → H+ + ClO −4 0,125 đ 3 .10-3M 3 .10-3M 0,125 đ H 2S ⇌ 2 H+ + S2- [H S] ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = K H 2 S . 2 2 = 1,3.10−21 0,1 = 1, 4.10−17 0,5 đ −3 2 ⎡⎣ H ⎤⎦ + (3.10 ) Vậy ⎡⎣ Mn 2+ ⎤⎦ . ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 < TMnS 0,5 đ 0,125 đ ⇒ nên không kết tủa. ⎡⎣Cu 2+ ⎤⎦ . ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 > TCuS 0,5 đ ⇒ nên kết tủa CuS. 0,125 đ (HS có thể giải theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính theo thang điểm trên) Trang 6
CÂU VI NỘI DUNG 2 ĐIỂM Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: ddA: H2SO4 0,1M; ddB: NaHSO4 0,1M; ddC: H2SO4 0,1M và HCl 0,1M HD: ♣ Các dung dịch trên phản ứng với NaOH với mức độ khác nhau: * Dung dịch A: H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O 0,5 đ Dung dịch B: NaHSO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O Dung dịch C: H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O HCl + NaOH → NaCl + H2O * Khi kết thúc phản ứng thành phần chủ yếu của các dung dịch là: Na2SO4 → 2 Na+ + SO42− 0,5 đ SO42− + H2O → HSO4− + OH- ; Kb = 10-12 ⇒ pH của dung dịch vào khoảng 7,5. ♣ Nếu lấy chính xác cùng một thể tích như nhau của các dung dịch phân tích, thêm vài giọt phenolphtalein rồi cho rất chậm dung dịch NaOH cho đến khi dung dịch chuyển sang màu hồng rất nhạt (pH từ 8 → 9) thì có thể 0,5 đ coi phản ứng xảy ra hết . * Thể tích của NaOH tiêu thụ trong 3 trường hợp là 0,5 đ VNaOH(B) < VNaOH(A) < VNaOH(C) ⇒ Dựa vào thể tích NaOH tiêu thụ cho phản ứng ta có thể nhận biết từng dung dịch trên. (HS có thể nhận theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính điểm tối đa) Trang 7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012-2013 ----------- ------------- ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang) MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02/11/2012 (vòng 2) Câu I (4 điểm): 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch còn lại thu thêm 9,85gam kết tủa nữa. a. Xác định giá trị a, công thức phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên của M. b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su Buna và axit benzoic. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết sơ đồ điều chế cao su Buna và axit benzoic từ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ). 2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol. a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt. Câu II (3 điểm): 1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước ở điều kiện thường? Giải thích? b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua. Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không? 2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C6H5OH, C2H5OH, CH3COOH. Câu III (3 điểm): 1. Cho sơ đồ sau: + Cl2 + Mg CH 3CH 2CH =O [ ] C6H6 ⎯⎯⎯ → A ⎯⎯⎯→ B ⎯⎯⎯⎯⎯ → C ⎯⎯⎯ → D ⎯⎯ →E H 2O O FeCl3 ete khan ete khan H+ a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng (có ghi rõ điều kiện phản ứng). b. Gọi tên các chất A, B, D, E. 2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng. Câu IV (3 điểm): Một hỗn hợp X gồm H2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P1=2 atm (0oC). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0oC thì áp suất trong bình lúc này là P2=1,5atm và được hỗn hợp khí Y. 1 Dẫn hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một 2 hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br2. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45. 1
1 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thu được 30,8gam CO2 và 10,8gam H2O. Giả thiết thể tích bình 2 không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H2. 1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H2. Câu V (4 điểm): Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br2 và đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra. 1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. Câu VI (3 điểm): Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với mC : mH : mO : mN = 9: 2,25 : 8 : 3,5 . Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Lấy 9,1 gam A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4 gam CO2. Xác định công thức cấu tạo của B và A. 3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc). Cho H= 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O= 16 ; Na = 23 ; Ba = 137 ; He = 4. ......................................HẾT............................................ Ghi chú: ● Thí sinh không được sử dụng tài liệu. ● Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -------- ----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 2- Môn HÓA HỮU CƠ CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản 1. 3đ phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dd giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng ddịch còn lại thu thêm 9,85 gam kết tủa nữa. a. Xác định giá trị a, CT phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên M. b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su buna và axit benzoic . Xác định CTCT đúng của X ?Viết sơ đồ điều chế cao su buna và axit benzoic từ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ). HD: 19, 7 a. Gọi CT: CxHyOz ; nBaCO3 = = 0,1 mol 197 Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,75đ 0,1mol 0,1mol Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 0,1 mol 0,05 mol 0 Ba(HCO3)2 ⎯⎯ t → BaCO3↓ + CO2 + H2O 0,05mol 0,05mol 0,25đ ⇒ ∑ nCO2 = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) ∆m = mkết tủa - ( mCO2 + mH 2O ) ⇒ mH 2O = mkết tủa - mCO2 - ∆m 0,25đ 5, 4 ⇒ mH 2O = 19,7 – (44.0,2) – 5,5 = 5,4g ⇒ nH 2O = = 0,3 mol 18 Ta thấy : nCO2 < nH 2O ⇒ Hợp chất M no ⇒ nM = nH 2O - nCO2 = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol 0,25đ nCO2 0, 2 ⇒ Số nguyên tử C = = =2 ; nM 0,1 2.nH 2O 2. 0,3 số nguyên tử H = = =6 nM 0,1 nO(M) = 2 nCO2 + nH 2O - 2 nO2 = 2.0,2 + 0,3 – 2.0,3 = 0,1 mol 0,5đ nO ( M ) 0,1 ⇒ Số nguyên tử O (z) = = =1 nM 0,1 1
Vậy CTPT M là: C2H6O ⇒ a = 0,1 .46 = 4,6g 0,25đ * Các đồng phân của M: CH3 – CH2 – OH Ancol etilic CH3 – O – CH3 Đimetyl ete b. CTCT đúng CH3 – CH2 – OH − H 2O C2H5OH ⎯⎯⎯⎯ 4500 , MgO → CH2 = CH – CH = CH2 ⎯⎯⎯ t 0 , xt , P → (-CH2–CH=CH–CH2-)n 0,375đ Cao su buna CH3Cl 2. 1đ +Cl2 C2H5OH ⎯⎯⎯⎯ lên men giam ⎯→ CH3COOH ⎯+⎯⎯ NaOH NaOH,t0 → CH3COONa ⎯+⎯⎯⎯ CaO → CH4 0,375đ 0 0 + CH3Cl ⎯⎯⎯ 1500 C l ln → C2H2 ⎯⎯⎯⎯ 600 C, C →C6H6 ⎯⎯⎯→ AlCl3 C6H5-CH3 ⎯⎯ [O] → C6H5COOH 2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol. a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt. HD: a. CH3 CH3 0,25x3= H OH OH H 0,75đ OH H H OH CH3 CH3 (2S,3S)-butan-2,3-điol (2R,3R)-butan-2,3-điol CH3 H OH H OH CH3 (2S,3R)-butan-2,3-điol b. Chất không có tính quang hoạt là: (2S,3R)-butan-2,3-điol. Vì có mặt phẳng 0,25đ đối xứng. 2
CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM 1. 1,5 đ 1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước? Giải thích? b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua. Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không? HD: a. * C6H5 – NH2 là chất lỏng ít tan vì nó là hợp chất cộng hóa trị, có gốc phenyl hút 0,25 đ electron làm giảm khả năng tạo liên kết hidro với H2O * C6H5NH3Cl là chất rắn tan trong H2O vì nó là hợp chất ion họ muối amoni 0,25 đ b. Các phương pháp hoá học xác định - Lấy một mẫu thử cho tác dụng với dung dịch AgNO3 thấy có kết tủa trắng xuất 0,25 đ hiện chứng tỏ có ion Cl- C6H5NH3Cl + AgNO3 → C6H5NH3NO3 + AgCl↓ 0,25 đ - Lấy một mẫu thử khác cho tác dụng với dung dịch NaOH, lắc nhẹ cho phản ứng hoàn toàn, nếu đúng là C6H5NH3Cl thì sẽ có một chất lỏng không tan tách ra. Chiết lấy chất lỏng không tan đó cho tác dụng với dung dịch Br2 thấy có kết tủa trắng 0,25 đ xuất hiện. C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O C6H5NH2 + 3Br2 → C6H2Br3–NH2↓ + 3HBr 0,25 đ 2. 1,5 đ 2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C6H5OH, C2H5OH, CH3COOH. HD: Nêu được * Cho dung dịch NaOH vào hỗn hợp, phân 2 lớp, chiết lấy toluen. hiện tượng PU: C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O mỗi chất CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 0,25x4= * Chưng cất hỗn hợp còn lại thu C2H5OH 1đ * Sục CO2 đến dư vào hỗn hợp còn lại. Tách 2 lớp, thu lấy C6H5OH. PU: C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 Viết đúng mỗi ptrình * Cho dung dịch H2SO4 vào hỗn hợp còn lại, tiến hành chưng cất (CO2) tách ra 0,125x4= trước, sau đó thu được CH3COOH ; Chất rắn còn lại là NaHSO4. 0,5đ CH3COONa + H2SO4 → CH3COOH + NaHSO4 3
CÂU NỘI DUNG 3 III ĐIỂM 1. Cho sơ đồ sau: 1. + Cl2 C6H6 ⎯⎯⎯ + Mg → A ⎯⎯⎯→ CH 3CH 2CH =O B ⎯⎯⎯⎯⎯ → C ⎯⎯⎯ H 2O [ ] → D ⎯⎯ →E O FeCl3 ete khan ete khan H+ 1,5 đ a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng(có ghi điều kiện). b. Gọi tên các chất A, B, D, E. HD: Sơ đồ 1. có đk 1pt=0,25 + Cl2 +Mg CH3CH2CH=O 0,25x5= C6H5MgCl C6H5-CH -CH2 CH3 FeCl3 ete khan ete khan 1,25đ Cl OMgCl (C) (A) (B) H2O, H+ [O] C6H5-C -CH2 -CH3 C6H5-CH -CH2 -CH3 O OH (E) (D) A: Clobenzen B: Magie phenyl clorua D: 1-phenylpropan-1-ol 0,25đ E: Etyl phenyl xeton 2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng 2. 1,5 điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng. đ HD: + H2O +H2 + HBr Sơ đồ CH CH CH3CHO CH3CH2OH CH3CH2Br 0 HgSO4, 80 C Ni, t 0 có đk 1pt=0,25 +Mg ete khan 0,25x6= 1/CO2 1,5đ HOOC-C ≡ C-COOH BrMgC ≡ CMgBr CH CH CH3CH2MgBr 2/H2O 4
CÂU NỘI DUNG 3 ĐIỂM IV 1. Một hỗn hợp X gồm H2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột 1,25 đ Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P1=2 atm (0oC). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0oC thì áp suất trong bình lúc này là P2=1,5atm và được hỗn hợp khí Y. Dẫn ½ hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br2. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45. Đốt cháy hoàn toàn ½ hỗn hợp Y thu được 30,8 gam CO2 và 10,8 gam H2O. Giả thiết thể tích bình không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H2. 1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H2. HD: 2. 8,96 1,5 .8,96 1. * nhhX = = 0,8 mol ; nhhY = = 0,6 mol 22, 4 22, 4 0,25 đ .273 .273 273 273 * Độ giảm số mol hỗn hợp chính là số mol H2pứ : nH = 0,8 – 0,6 = 0,2 mol 2 88 45 nCO2 = = 2 < nH O = = 2,5 ⇒ A là Ankan 44 2 18 3n + 1 * CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n + 1) H2O 2 44n 88 ⇒ = ⇒ n=4 18(n + 1) 45 0,5 đ * Vậy CTPT A : C4H10 ; H H 3C C CH3 CTCT A : CH 3 -CH2-CH2-CH3 và CH3 Hỗn hợp Y : Tìm CT B 30,8 10,8 0,125 . 4= * nCO2 = = 0,7 mol ; n = = 0,6 mol 0,5đ 44 H 2O 18 * Khối lượng ½ Y: mY = mC + mH = 12. 0,7 + 1,2. 0,6 = 9,6g 9, 6 * MY = = 32 ; mà: MB < M Y = 32 < MA 0,3 * ⇒ B là : C2H2 hay C2H4 5
+ Nếu B là C2H4 thì sản phẩm gồm 2 chất C4H10 và C2H6 ( trái với giả thuyết) : loại + Vậy B là C2H2. CTCT: CH ≡ CH. 2. 2. Hỗn hợp X gồm : C4H10 , C2H2 , H2 1,25 đ Gọi a ,b lần lượt là số mol C4H10 và C2H2 trong X. 1 1 hỗn hợp X và hỗn hợp Y có cùng số nguyên tử C. 2 2 * C4H10 + 13/2 O2 → 4CO2 + 5 H2O a/2 2a 0,125 . 4= * C2H2 + 5/2 O2 → 2 CO2 + H2O 0,5đ b/2 b ⎧ 2a + b = 0, 7 * ta có : ⎨ ⎩ a + b = 0,8 − 0, 2 = 0, 6 ⎧ a = 0,1 * ⇒⎨ ⎩b = 0,5 * Vậy hỗn hợp X: C4H10 (0,1mol) , C2H2 (0,5mol) , H2(0,2 mol) 0,1 %VC4 H10 = . 100 = 12,5 % ; 0,8 0,125 . 3= 0,5 0,375đ %VC2 H 2 = .100 = 62,5 % ; 0,8 0, 2 %VH 2 = .100=25 % 0,8 * Hỗn hợp Y: C2H2 + H2 → C2H4 0,2 ← 0,2 → 0,2 * Y : C4H10 (0,1mol) , C2H2 dư (0,3 mol) , C2H4(0,2mol) 0,1 %VC4 H10 = . 100 = 16,67% ; 0,125 . 3= 0, 6 0,375đ 0, 2 * %VC2 H 4 = .100 = 33,33% 0, 6 0,3 %VC2 H 2 du = . 100 = 50 % 0, 6 3 0,1.58 + 0,5.26 + 0, 2.2 24 0,5 đ 3. M X = = 24 ⇒ d X / H2 = = 12 0,25 . 2= 0,8 2 0,5 đ 0,1.58 + 0,3.26 + 0, 2.28 32 MY = = 32 ⇒ dY / H 2 = = 16 0, 6 2 6
CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM 1. 3,5 đ Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br2 và đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra. 1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. HD: * A, B không tác dụng với Br2 ⇒ A ,B là các hợp chất no Y tác dụng với NaOH cho ra ancol và muối ⇒ Y là axit hay este. 0,5đ 0, 672 * M Y = 17,8. 4 = 71,2 ; nH 2 = = 0,03mol 22, 4 * TH1: A,B là 2 este, có công thức : R1COOR và R2COOR R1COOR + NaOH → R1COONa + ROH (1) 0,25đ R2COOR + NaOH → R2COONa + ROH (2) ROH + Na → RONa + 1 2 H2 (3) 0,06mol ← 0,03 mol 4 0,25 đ Theo PT (1) , (2) : nancol = nNaOH = = 0,1 mol ≠ 0,06 (loại) 40 *TH2: A là axit, B là este , công thức : R1COOH , R2COOR R1COOH + NaOH → R1COONa + H2O (4) 0,25 đ R2COOH + NaOH → R2COONa + ROH (5) 0,06 0,06 ← 0,06 ROH + Na → RONa + 2 H2 1 (6) 0,25đ 0,06 mol ← 0,03 mol Vì A ,B là hợp chất axit và este no, đơn chức nên được viết lại : CnH2nO2 , 0,25 đ CmH2mO2 0,25đ M = 0, 04 (14n + 32) + 0, 06(14m + 32) = 71,2 0,1 ⇒ 56n + 84m = 392 hay 2n + 3m = 14 0,25 đ n 1 2 3 4 5 m 4 10 8 2 4 0,25 đ 3 3 3 7
* Với n = 1, m = 4 A : CH2O2 . CTCT : HCOOH : axit fomic 0,25 đ B : C4H8O2 . CTCT : HCOOCH2CH2CH3 : Propyl fomat ; CH3 HCOO C CH3 H iso-propyl fomat 0,25 đ CH3COOCH2CH3 : Etyl axetat CH3CH2COOCH3 : Metyl propionat * Với n = 4, m = 2 A : C4H8O2 . CTCT : CH3CH2CH2COOH : Axit butiric (hay: axit butanoic) 0,25đ CH3 CH3 C COOH H : Axit iso-butiric (hay: axit metylpropanoic) 0,25đ B : C2H4O2 . CTCT: HCOOCH3 : Metyl fomat b. Các chất có tham gia pứng tráng gương : HCOOH , HCOOCH2CH2CH3; 0,25đ CH3 2. 0,5 đ HCOO C CH3 0,25 đ H ; HCOOCH3 8
CÂU VI NỘI DUNG 3 ĐIỂM Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với mC : mH : mO : mN = 9:2,25:8:3,5 . Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Lấy 9,1g A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4g CO2. Xác định công thức cấu tạo của B và A. 3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc). HD: 1.* Gọi CT hợp chất A: CxHyOzNt . MA = 5,69 .16 = 91 1. 1đ 0,25 .4= 9 2, 25 8 3,5 1đ * x : y :z : t = : : : = 0, 75 : 2, 25 : 0,5 : 0, 25 = 3 : 9 : 2 :1 12 1 16 14 * CT ĐG: (C3H9O2N)n : 91n = 91 ⇒ ⇒ n =1 * CTPT A : C3H9O2N. 9,1 0,25 .4= 2. 1đ 2. * nA= = 0,1mol ; nNaOH=0,3 mol 91 1đ 2, 24 4, 4 * nB= = 0,1mol ; nCO2 = =0,1 mol 22, 4 44 * B có mùi khai là NH3 hay amin nB= nCO2 ⇒ B có 1 nguyên tử C ⇒ B là: CH3-NH2 * ⇒ Công thức cấu tạo A : CH3COONH3CH3 0 3. 1đ 3. * CH3COONH3CH3 + NaOH ⎯⎯ t → CH3COONa + CH3NH2 + H2O 0,25 .4= 0,1mol → 0,1 0,1 1đ * mrắn = mCH3COONa + mNaOH dư = 0,1.82 + 0,2. 40 = 16,2g 0 * CH3COONa + NaOH ⎯⎯⎯ t ,CaO → CH4 + Na2CO3 0,1mol → 0,1 mol * ⇒ VCH 4 = 0,1.22,4= 2,24 lít 9